巧解不等式.doc

难点巧学——不等式
一、活用倒数法则 巧作不等变换
不等式的性质和运算法则有许多,如对称性,传递性,可加性等.但灵活运用倒数法则对解题,尤其是不等变换有很大的优越性.
倒数法则：若ab>0,则a>b与<等价。
应用1、解不等式loga(1-)>1.
分析：当a>1时，原不等式等价于：1->a,即 <1-a ,∵a>1,∴1-a<0, <0,从而1-a, 同号，由倒数法则，得x>; 当0<a<1时，原不等式等价于 0<1- <a,∴1-a<<1, ∵0<a<1，∴ 1-a>0, >0, 从而1-a, 同号，由倒数法则，得1<x<;综上所述，当a>1时,x∈(,+∞)；当0<a<1时，x∈(1,).
有关不等式性质的试题，常以选择题居多，通常采用特例法,排除法比较有效。
二、小小等号也有大作为
绝对值不等式：||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|。这里a,b既可以表示向量，也可以表示实数。
当a,b表示向量时，不等式等号成立的条件是：向量a与b共线；
当a,b表示实数时，有两种情形：（1）当ab≥0时，|a+b|=|a|+|b|, |a-b|=||a|-|b||;(2)当ab≤0时，|a+b|=||a|-|b||, |a-b|=|a|+|b|.当a,b同号或异号时，不等式就可转化为等式（部分地转化），这为解决有关问题提供了十分有效的解题工具。
应用2 若1<<,则下列结论中不正确的是（ ）
A、logab>logba B、| logab+logba|>2 C、(logba)2<1 D、|logab|+|logba|>|logab+logba|
分析：由已知，得0<b<a<1,∴a,b同号，故|logab|+|logba|=|logab+logba|，∴D错。
注：绝对值不等式是一个十分重要的不等式，其本身的应用价值很广泛，在高考或其他试题中常设计成在等号成立时的特殊情况下的讨论，因此利用等号成立的条件（a,b同号或异号）是解决这一类问题的一个巧解。
三、“抓两头 看中间”，巧解“双或不等式”
（1）解不等式（组）的本质就是对不等式（组）作同解变形、等价变换。
（2）多个不等式组成的不等式组解集的合成——先同向再异向
不等式组的解法最关键的是最后对几个不等式交集的确定。常用画数轴的方法来确定,但毕竟要画数轴.能否不画数轴直接就可得出解集呢?可以“先同向再异向”的原则来确定，即先将同向不等式“合并”（求交集），此时“小于小的，大于大的”；最后余下的两个异向不等式，要么为空集，要么为两者之间。
如：解不等式组:,
先由③④(同>)得x>0(大于大的);再由①②(同<)得x<1(小于小的);再将x>0与x<1分别与⑤作交集,由x>0与⑤得0<x<2;由x<1与⑤得-1<x<1.这样所得的不等式的解集为(0,1).
四、巧用均值不等式的变形式解证不等式
均值不等式是指：a2+b2≥2ab(a,b∈R) ①；a+b≥2( a,b∈R+) ②.
均值不等式是高考的重点考查内容，但其基本公式只有两个，在实际解题时不是很方便。若能对均值不等式进行适当变形，那么在解题时就能达到事半功倍的效果。下面的一些变形式在解题时就很有用，不妨一试。当然你也可以根据需要推导一些公式。如：
1、 a2≥2ab-b2 ③;
是将含一个变量的式子，通过缩小变为含两个变量的式子，体现增元之功效，当然反过来即是减元；
2、 ≥2a-b ④; (a,b>0)
是将分式化为整式，体现分式的整式化作用;试试下面两个问题如何解:
求证：（1）a2+b2+c2≥ab+bc+ac;(2) ++≥a+b+c. (a,b,c>0)
（1）由a2≥2ab-b2得b2≥2bc-c2 ,c2≥2ac-a2,三式相加整理即得；（2）∵≥2a-b∴同样可得另两式，再将三式相加整理即得）。
3、ab≤()2 ⑤;
利用不等关系实现两数和与两数积的互化；
4、 ⑥;(a,b>0)
利用不等关系实现两数和、两数的平方和及两数积之间的转化；
注：涉及两数和、两数的平方和及两数积的问题是一个十分常见的问题，利用⑤、⑥两式可以使其中的关系一目了然。从解题分析上看，对解题有很好的导向作用。
五、不等式中解题方法的类比应用
1、三种基本方法：比较法、分析法、综合法。其中比较法可分为作差比较法和作商比较法，不仅在不等式的证明和大小比较中有广泛的应用，同时在其他方面也有很大的作用。如分析法就是一种重要的思维方法，在数学的其他章节中也有广泛的应用。
2、放缩法：是不等式证明中一种十分常用的方法，它所涉及的理论简单，思维简单，应用灵活，因而在解题时有着十分重要的应用。如果能灵活应用放缩法，就可以达到以简驭繁的效果。
方法应用
1、若1<<,则下列结论中不正确的是【 】
A logab>logba B | logab+logba |>2 C (logba)2<1 D |logab|+|logba|>|logab+logba|
【巧解】特例法、排除法
由已知，可令a=，b=，则logab=log23>1,0<logba=log32<1,于是A、B、C均正确，而D两边相等，故选D。
2、 不等式组的解集为【 】
(A) (0,)； (B) (,2)； (C) (,4)； (D) (2,4)。
【巧解】 排除法
令x=3,符合，舍A、B；令x=2,合题，舍D，选C。
3、 0<a<1，下列不等式一定成立的是【 】.
A |log(1+a)(1-a) |+| log(1-a)(1+a)|>2 B、| log(1+a)(1-a)|<| log(1-a)(1+a) |
C | log(1+a)(1-a)+log(1-a)(1+a)|<| log(1+a)(1-a)|+|log(1-a)(1+a)|
D | log(1+a)(1-a)-log(1-a)(1+a)|>| log(1+a)(1-a)|-|log(1-a)(1+a)|
【巧解】换元法、综合法
由于四个选项中只涉及两个式子log(1+a)(1-a) 和log(1-a)(1+a)，为了简化运算看清问题的本质，不妨设x= log(1+a)(1-a),y= log(1-a)(1+a),由0<a<1知，x<0,y<0且x≠y,于是四个选项便为：A |x|+|y|>2 B |x|<|y| C |x+y|< |x|+|y| D |x-y|< |x|-|y| 这样选A就是极自然的事了。
4、已知实数 a，b满足等式()a=()b，下列五个关系式：①0<b<a；②a<b<0；③0<a<b；④b<a<0；⑤a=b.其中不可能成立的关系式有【 】.
（A）1个 （B）2个 （C）3个 （D）4个
【巧解】数形结合法。在同一坐标系内同时画出两个函数图象：y1=()x,y2=()x,(如图)作直线y=m(m>0图中平行于x轴的三条虚线),由图象可以看到：当0<m<1时,0<b<a;当m=1时,a=b;当m>1时,a<b<0.所以不可能成立的有两个，选B。
5、如果数列｛an｝是各项都大于0的等差数列，且公差d≠0，则【 】.
（A）a1+a8<a4+a5 （B）a1+a8=a4+a5 （C）a1+a8>a4+a5 （D）a1a8=a4a5
【巧解】特例法、排除法。取an=n,则a1=1, a4=4, a5=5, a8=8,∴a1 +a8=a4+a5,故选B。
6、 条件甲：x2+y2≤4,条件乙：x2+y2≤2x,那么甲是乙的【 】
A、 充分不必要条件 B、必要不充分条件 C、充分必要条件 D、既非充分也非必要条件
【巧解】数形结合法。画示意图如图。圆面x2+y2≤2x（包括圆周）被另一个圆面x2+y2≤4包含，结论不是一目了然了吗？ B
7、 已知a,b,c均为正实数，则三个数a+, b+, c+与2的关系是【 】
A、都不小于2 B、至少有一个不小于2 C、都不大于2 D、至少有一个不大于2
【巧解】整体化思想。将a+, b+, c+“化整为零”，得a++b++c+= a++b++c+≥6，故已知的三个数中至少有一个不小于2。故选B。
8、解不等式 –1<<1.
【巧解】数轴标根法、等价转化法。原不等式等价于 （3x+x2-4)(3x-x2+4)<0，即(x+4)(x-1)(x+1)(x-4)>0,
由数轴标根法，知解集为{x|x<-4或-1<x<1或x>4}。
注：可以证明不等式m<<n与不等式[f(x)-mg(x)][f(x)-ng(x)]<0等价。
m
b
a
2
x
O
n
10、不等式|x+2|≥|x|的解集是______.
【巧解】 数形结合法。由数轴上点的意义知，上述不等式的意义是数轴上的点x到-2的距离不小于到原点的距离。由图形，易知，x≥-1。
11、已知c>0，不等式x+|x-2c|>1的解集是R，求c的取值范围。
【巧解】等价转化法。要使原不等式的解集为R，只需不等式中不含x即可，故有 x-x+2c>1 ∴ c>。
注：这里将|x-2c|中去绝对值的讨论简化为符合题意的一种，显然简捷、精彩！
12、已知f(x)=(x-a)(x-b)-2 (a<b),方程 f(x)=0的两实根为m,n
(m<n),试确定a,b,m,n的大小关系。
【巧解】数形结合法。令g(x)= (x-a)(x-b),则 f(x)=g(x)-2,由f(x)=0得g(x)=2,因此f(x)=0的两根m,n可看成直线y=2与y=g(x)交点的横坐标，画出f(x),g(x)的图象，由图象容易得到m<a<b<n.
13、若0<a<b<c<d,且a2+d2=b2+c2,求证：a+d<b+c.
【巧解】综合法。由0<a<b<c<d,得d-a>c-b,∴(d-a)2>(b-c)2,又(a+d)2+(a-d)2=(b+c)2+(b-c)2,
两式相减，得(a+d)2<(b+c)2, ∴ a+d<b+c.
注：本题的几何意义是：在RtΔABC与RtΔABD中，其中AB为公共的斜边。若BC>BD,则AC<AD.
14、 求征：1+++…+<2- (n≥2,n∈N*).
【巧解】逆用公式法、放缩法。逆用数列的前n项和的方法来求。设想右端2-是某数列{an}的前n项和，即令Sn=2-,则n≥2时，an=Sn-Sn-1=(2-)-(2-)=-=, 这样问题就转化为<,而这显然。
∴命题成立。
15、 已知a>b>c,求证：++>0.
【巧解】放缩法
∵0<a-b<a-c,∴由倒数法则（难点巧学）得>,而>0,∴ +>, ∴原式得证。
16、 已知a,b,c均为正数，求证：3( - )≥2( - )。
【巧解】比较法、基本不等式法
∵ 左边-右边=2+c-3=++c-3≥3-3=0，∴原式成立。
17、 已知-1<a<1, -1<b<1,求证：+≥.
【巧解】构造法、综合法
由无穷等比数列（|q|<1）所有项和公式S=，得
=1+a2+a4+a6+…; =1+b2+b4+b6+…,
∴ +=2+( a2+b2)+( a4+b4)+( a6+b6)+…≥2+2ab+2a2b2+2a3b3+…=.
18、已知a+b=1(a,b∈R)，求证：(a+1)2+(b+1)2≥。
【巧解】数形结合法。
显然Q(a,b)是直线L：x+y=1上的点，(a+1)2+(b+1)2表示点Q与P(-1,1)的距离的平方。如图，设PT⊥直线L于T，所以|PQ|2≥|PT|2，又|PT|2=()2=，∴|PQ|2≥
∴原式成立。
19、 若0≤θ≤，求证：cos(sinθ)>sin(cosθ).
【巧解】单调性法 、放缩法
∵cosθ+sinθ=sin(θ+)≤<，∴cosθ< -sinθ,
又∵0≤θ≤，∴cosθ∈[0,1], -sinθ∈[-1,]，
∴ sin(cosθ)<sin( - sinθ)= cos(sinθ).(单调性)
20、已知f(x)=，若a>b>0,c=2,求证：f(a)+f(c)>1.
【巧解】基本不等式法、放缩法
可以证明f(x)在(0,+∞)上是增函数。
∵ c=2≥2=2=>0,∴ c≥，
∴f(c)≥f()，而f(a)+f(c)≥f(a)+f()=+=+>+=1.
21、若关于x的不等式x2+2ax-2b+1≤0与不等式-x2+(a-3)x+b2-1≥0有相同的非空解集，求a,b的值。
【巧解】等价转化法,数形结合法
将y= x2+2ax-2b+1与 y=-x2+(a-3)x+b2-1两式相加，得 2y=(3a-3)x+b2-2b,此即为直线MN的方程（其中M、N分别为两函数图象与x轴的两个交点）；另一方面，由题意知，MN即x轴，其方程为y=0,比较两式的系数得，3a-3=0,b2-2b=0,从而易得a=1,b=0或2，特别地当a=1,b=0时，两不等式的解集为{-1}，也符合题意。[答案] a=1,b=0或2。
22、设定义在[-2,2]上的偶函数在区间[0,2]上单调递减，若f(1-m)<f(m),求实数m的取值范围。
【巧解】等价转化法
解：∵f(x) 是偶函数，∴f(-x)=f(x)=f(|x|), ∴ f(1-m)<f(m)等价于f(|1-m|)<f(|m|)
又当x∈[0,2]时，f(x)单调递减，∴ |1-m|>|m|且-2≤1-m≤2且-2≤m≤2
解得 -1≤m<。
[答案] -1≤m<.
注：本题应用了偶函数的一个简单的性质，从而避免了一场“大规模”的讨论，值得关注。
23、解不等式：< <3.
【巧解】构造法，定比分点法
把、 、3看成是数轴上的三点A、P、B，由定比分点公式知P分所成的比t>0,即>0,化简得 x(3x+5)>0,∴ x∈(-∞,)∪(0,+∞)。
[答案] x∈(-∞,)∪(0,+∞)。
24、 已知x,y,z均是正数，且x+y+z=1,求证：++≤。
【巧解】配凑法、升幂法
不等式两边配上，再运用均值不等式升幂。（你知道为什么要配 吗？）
++≤ + +
=≤=2， ∴原式成立。
25、 设a,b,c为ΔABC的三条边，求证：a2+b2+c2<2(ab+bc+ca).
【巧解】综合法
∵a+b>c,b+c>a,c+a>b,∴三式两边分别乘以c,a,b得ac+bc>c2,ab+ac>a2,bc+ab>b2,三式相加并整理得, a2+b2+c2<2(ab+bc+ca).
26、解不等式 + - x3-5x>0.
【巧解】构造法,综合法
原不等式等价于()3+5()>x3+5x,构造函数f(x)= x3+5x,则原不等式即为f()>f(x)，又f(x)在R上是增函数，∴>x,解此不等式得 x<-2或-1<x<1。
[答案] {x| x<-2或-1<x<1}.
27、已知函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R),x∈[-1,1],求证：|f(x)|的最大值M≥.
【巧解】反证法
假设M<,则|f(x)|<恒成立，∴-<f(x)<,即-<x2+ax+b<,
令x=0,1,-1,分别代入上式，得 -<b<①，-<1-a+b<②, -<1+a+b<③,
由②+③得-<b<-，这与①式矛盾，故假设不成立，∴原命题成立。
28、已知二次函数f(x)=ax2+bx+c,且方程f(x)=0的两根x1、x2都在(0,1)内，求证:f(0)f(1)≤.
【巧解】待定系数法、基本不等式法
因方程有两个实根为x1,x2,故可设f(x)=a(x-x1)(x-x2),于是f(0)f(1)=ax1x2·a(1-x1)(1-x2)=a2x1(1-x1)x2(1-x2)≤a2··≤。
29、若a1、a2、…、a11成等差数列，且a12+a112≤100，求S=a1+a2+…+a11的最大值和最小值。

G
y=()x
F
y=()x
E
y=()x
P
y=()x
D
y=()x
C
y=()x
B
y=()x
A
y=()x
1-y
y=()x
y
y=()x
1-x
y=()x
x
y=()x
H
【巧解】基本不等式法、综合法
(a1+a11)2=a12+2a1a11+a112≤2(a12+a112)≤200,∴|a1+a11|≤10，
又a1、a2、…、a11成等差数列,∴S=a1+a2+…+a11=(a1+a11),
∴ Smax=55，Smin=-55.
[答案] Smax=55，Smin=-55.
30、若0≤x,y≤1，求证：+++≥2 等号当且仅当x=y=时成立。
【巧解】构造法
如图，设正方形ABCD的边长为1，BH=x,AE=y,则HC=1-x,BE=1-y,于是AP=,BP=,
DP=, PC=,由AP+PC≥AC，BP+DP≥BD，而AC=BD=。看,此时结论是不是显然的了？
31、设m是方程ax2+bx+c=0的实根，且a>b>c>0,求证：|m|<1.
【巧解】综合法
a
(,)
b
设方程的另一根为n,则由韦达定理得m+n=- <0,mn=>0,∴ m,n同为负数，
∴ 1>>|m+n|=|m|+|n|,∴ |m|<1,|n|<1.∴结论成立。
[答案] 见证明过程
32、 已知二次函数f(x)=ax2+bx+1(a,b∈R,a>0),设方程f(x)=x的两实根为x1和x2，如果x1<2<x2<4,且函数f(x)的对称轴为x=x0,求证：x0>-1.
【巧解】 数形结合法
设g(x)=f(x)-x=ax2+(b-1)x+1,由题意得,即,目标是证明->-1,即<2.如图作出约束条件下的平面区域（不含边界），而表示区域内的点(a,b)与坐标原点连线的斜率，易见<2,故命题成立。
33、已知≤ak≤1(k∈N+),求证：a1a2…an+(1-a1)(1-a2)…(1-an)≥.
【巧解】增量法、换元法
设令ak=+bk(0≤bk≤)，则原式左边=(+b1)(+b2)…(+bn)+( -b1)( -b2)…( -bn)=[()n+M]+[()n+N]=()n-1+M+N≥()n-1=右边，∴原式成立。
（注：多项式M和N正负抵消部分项后，所余部分和必为非负数。）
34、 记椭圆（a>b>0），A、B是椭圆上的两点，线段AB的垂直平分线与x轴相交于P(x0,0),证明：- <x0<.
【巧解】数形结合法、等价转化法
记Q(x,y)是椭圆上的任一点，则 |PQ|2=(x-x0)2+y2=(x-x0)2+b2(1-),x∈[-a,a],得二次函数，f(x)= (x-x0)2+b2-x02且由|PA|=|PB|,知 f(xA)=f(xB),即f(x)在[-a,a]上不单调，由二次函数最小值的唯一性知 –a<x0<a,变形即得所求。
35、已知a,b,c∈R,f(x)=ax2+bx+c.若a+c=0,f(x)在[-1,1]上的最大值是2，最小值是-。证明：a≠0且||<2.
【巧解】反证法
假设a=0或||≥2。
（1）若a=0,则由a+c=0,得c=0,∴f(x)=bx.由题设知b≠0，∴f(x)在[-1,1]是单调函数，从而f(x)max=|b|;f(x)min=-|b|,于是|b|=2,-|b|=- ,由此得矛盾；
（2）若||≥2,则||≥1且a≠0，因此区间[-1,1]在抛物线f(x)=ax2+bx-a的对称轴x=的左侧或右侧，∴函数f(x)在[-1,1]上是单调函数，从而f(x)max=|b|;f(x)=-|b|,由（1）知这是不可能的。
综合（1）（2）知，命题成立。
36、是否存在常数C，使得不等式+≤C≤+，对任意正数x,y恒成立？试证明你的结论。
【巧解】分析法
令x=y=1，得≤C≤，所以C=。下面给出证明：
(1) 先证明：+≤，因为x>0,y>0,要证： + ≤，只要证
3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2(2x+y)(x+2y),即证：x2+yy≥2xy,这显然成立，
∴ +≤；
（2）再证：+≥，只需证：3x(2x+y)+3y(x+2y)≥2(x+2y)(2x+y),
即证：x2+y2≥2xy,这显然成立，∴+≥。
综合（1）、（2）得，存在常数C=，使对于任何正数x,y都有+≤≤+成立。
[答案] 存在常数C=,证明略.
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